2020年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第13讲牛顿运动定律的综合应用（1）学案（含解析）.doc

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1、1第 13 讲 牛顿运动定律的综合应用(1)考点一 超重和失重1实重与视重实重：物体实际所受的 重力。物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化。01 视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重，大小 等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。超重与失重不是重力本身变02 了，而是 视重变化了。03 2超重与失重续表23对超重和失重的三点注意(1)若加速度方向向上(包括斜向上)，物体处于超重状态；若加速度方向向下(包括斜向下)，物体处于失重状态。 “超重” “失重”现象与物体的速度方向和大小均无关，只决定于物体的加速度方向。(2)若系统中某一部分有向上(或向

2、下)的加速度，则系统整体也处于超重(或失重)状态。(3)当物体处于完全失重状态时，由重力引起的一切现象都会消失(如天平失效、液体不再产生压强和浮力、单摆停摆等)。1(2015江苏高考)(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力( )A t2 s 时最大 B t2 s 时最小C t8.5 s 时最大 D t8.5 s 时最小答案 AD3解析 由图线可知，04 s 加速度竖直向上，处于超重状态；710 s 加速度竖直向下，处于失重状态。人受重力 mg 和支持力 FN的作用，由牛顿第二定律得 FN mg ma。由牛

3、顿第三定律得人对地板的压力 FN FN mg ma。当 t2 s 时 FN最大；当 t8.5 s 时 FN最小，A、D 正确。2.放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态，如图所示，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是( )A匀速上升 B加速上升C减速上升 D减速下降答案 C解析 木箱突然被拉动，表明木箱所受最大静摩擦力变小了，木箱与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，电梯的运动情况应是减速上升或加速下降，C 正确。3(多选)如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为 50 kg 的乘

4、客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三。已知重力加速度 g 取 10 m/s2，由此可判断( )A电梯可能加速下降，加速度大小为 5 m/s2B电梯可能减速上升，加速度大小为 2.5 m/s2C乘客处于超重状态D乘客对电梯地板的压力大小为 375 N答案 BD解析 电梯静止不动时，小球受力平衡，有 mg kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有 mg kx ma，即 mg ma， a2.5 34 14m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，A、C 错误，B 正4确；电梯地板对乘客的支持力大小为 FN

5、 m g m a500 N125 N375 N，由牛顿第三定律知乘客对电梯地板的压力大小为 375 N，D 正确。考点二 动力学图象问题常见动力学图象1 vt 图象分析好斜率、交点的意义，可以帮助受力分析和运动过程分析。2 at 图象实际上 a 随 t 的变化间接反映了合外力 F 随 t 的变化，所以基本等同 Ft 图象，不同之处就是 Ft 图象中的 F 有时指的某个力而不是合力。3 Fx 图象在动力学中 Fx 图象一般是找出某个位置对应的力就可以了，在功能关系内容中这种图象的理解要求会更高。有时根据物体的运动过程，画出有关物理量的关系图象是解决问题的一种很好的方法。如图甲所示，两滑块 A、

6、B 用轻质细线跨过光滑轻质定滑轮相连， B 距地面一定高度，A 可在与斜面平行的细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知 mA2 kg， mB4 kg，斜面倾角 37。某时刻由静止释放 A，测得 A 沿斜面向上运动的 vt 图象如图乙所示。已知 g10 m/s 2，sin370.6，cos370.8，求：(1)A 与斜面间的动摩擦因数；(2)A 沿斜面向上滑动的最大位移。解析 (1)在 00.5 s 内，根据题图乙， A、 B 系统的加速度为 a1 m/s24 vt 20.5m/s2，对 A： FT mAgsin m Agcos mAa1，对 B： mBg FT mBa1。得： 0.25。(

7、2)B 落地后， A 继续减速上升。5由牛顿第二定律得 mAgsin m Agcos mAa2，将已知量代入，可得 a28 m/s 2，故 A 减速向上滑动的位移为 x2 0.25 m，v22a2又 00.5 s 内 A 加速向上滑动的位移 x1 0.5 m，v22a1所以， A 上滑的最大位移为 x x1 x20.75 m。答案 (1)0.25 (2)0.75 m方法感悟解决图象综合问题的注意事项(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等

8、。(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式” “图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。如图甲所示，光滑水平面上的 O 处有一质量为 m2 kg 的物体，物体同时受到两个水平力的作用， F14 N，方向向右， F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示。物体从零时刻开始运动。(1)求当 t0.5 s 时物体的加速度大小；(2)物体在 t0 至 t2 s 内何时物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在 t0 至 t2 s 内何时物体的速度最大？最大值为多少？答案 (1)0.5 m/s 2

9、(2)在 t0 和 t2 s 时加速度最大，最大值为 1 m/s2(3)t1 s 时， vmax0.5 m/s6解析 (1)由题图乙可知 F2(22 t) N当 t0.5 s 时， F2(220.5) N3 NF1 F2 maa m/s20.5 m/s 2。F1 F2m 4 32(2)物体所受的合外力为 F 合 F1 F222 t(N)作出 F 合 t 图象如图 1 所示从图中可以看出，在 02 s 范围内当 t0 时，物体有最大加速度 amFm mamam m/s21 m/s 2Fmm 22当 t2 s 时，物体也有最大加速度 amFm mamam m/s21 m/s 2Fmm 22负号表示

10、加速度方向向左。(3)由牛顿第二定律得 a 1 t(m/s2)F合m画出 at 图象如图 2 所示由图可知 t1 s 时速度最大，最大值等于 at 图象上方三角形的面积，即vmax 11 m/s0.5 m/s。12考点三 连接体问题71连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体2连接体的运动特点轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。轻杆轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的8角速度，而线速度与转动半径成正比。轻弹簧在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。3处

11、理连接体问题的方法整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解续表整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”五个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图所示，现向右施加大小为 F、方向

12、水平向右的恒力，则第 2 个物体对第 3 个物体的作用力等于( )A. F B. F 15 25C. F D. F35 45解析 设每个物体的质量为 m，对五个物体组成的整体由牛顿第二定律得 F5 ma，对3、4、5 三个物体由牛顿第二定律得 F233 ma，解以上两式得 F23 F，C 正确。35答案 C方法感悟(1)当涉及连接体内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。(2)运用隔离法解题的基本步骤明确研究对象。将某个研究对象从系统中隔离出来。画出受力分析图。用牛顿第二定律等列方程求解。9(2019湖南湘东六校联考)如图所示， A、 B 两物块放在光滑水平面上，它们之间用轻质细线相连，

13、两次连接情况中细线倾斜方向不同，但与竖直方向的夹角相同，对 B 施加水平力 F1和 F2，两种情况下 A、 B 整体的加速度分别为 a1、 a2，细线上的力分别为 T1、 T2，则下列说法正确的是( )A若 F1 F2，则必有 a1a2B若 F1 F2，则必有 T1 T2C若 T1T2，则必有 F1 F2D若 T1T2，则必有 a1a2，根据牛顿第二定律，必有F1F2，C 错误；同理可知，D 错误。课后作业巩固强化练1雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图中能大致反映雨滴运动情况的是( )答案 C解析 对雨滴进行受力分析可得 mg f ma，随雨滴速度的增大雨

14、滴所受阻力在增大，而重力 mg 不变，可知雨滴做加速度减小的加速运动，在 vt 图象中斜率表示加速度，斜率在减小的只有 C，故选 C。2(多选)如图所示，在光滑水平面上有一足够长的静止小车，小车质量为 M5 kg，小车上静止地放置着质量为 m1 kg 的木块，木块和小车间的动摩擦因数 0.2，用水平恒力 F 拉动小车，下列关于木块的加速度 am和小车的加速度 aM，可能正确的有( )10A am1 m/ s2， aM1 m/ s2B am1 m/ s2， aM2 m/ s2C am2 m/ s2， aM4 m/ s2D am3 m/ s2， aM5 m/ s2答案 AC解析 当 M 与 m 相

15、对静止时， am aM g 2 m/ s2；当 M 与 m 相对滑动时，f静m mgmam g 2 m/ s2， aMam2 m/ s2，故 A、C 正确，B、D 错误。 mgm3(多选)如图甲所示，质量为 M2 kg 的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为 m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度时间图象如图乙所示， g10 m/ s2，结合图象，下列说法正确的是( )A可求得物块在前 2 s 内的位移 x5 mB可求得物块与木板间的动摩擦因数 0.2C可求得物块的质量 m2 kgD可求得木板的长度 L2 m答案 ABC解析 物块在前 2 s 内的位移 x 1

16、m21 m5 m，A 正确；由运动学图象知，4 22两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为 a1，木板加速度大小为 a2，则有 a1 a22 m/s2， mg ma1 Ma2，则 0.2， m M2 kg，B、C 正确；由于物块与木板达到共同速度时不清楚小物块停在木板的位置，故无法求出木板的长度，D 错误。4. (多选)如图所示，质量为 m 的小物块以初速度 v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为 ，物块与该斜面间的动摩擦因数 tan ，下图中表示该物块的速度 v 和所受摩擦力 Ff随时间 t 变化的图线(以初速度 v0的方向为正方向)，可能正确的是( )11答案 AC解析 物块的运动情况是

17、先向上做匀减速直线运动，所受滑动摩擦力为 mg cos ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于 tan ，即 mgsin mg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重， Fmg)；过程为向上匀速直线运动(平衡， F mg)；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重， FM，有 x1 x2 B若 msin ，有 x1x2 D若 sin ，有 x1x2答案 AB解析 在水平面上滑动时，根据牛顿第二定律，对整体有 F (m M)g( m M)a1，对物块 A 有 T1 mg ma1，联立得 T1 F。在斜面上滑动时，根据牛顿第二定律，对mm M整体有 F( m M)gsin ( m M)a2，对

18、物块 A 有 T2 mgsin ma2，联立得 T2 F。mm M因 T1 T2，故 x1 x2，与 m 和 M 的大小、 与 sin 的大小无关，故选 A、B。15(2014全国卷)2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约 39 km 的高空后跳下，经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5 km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小 g10 m/ s2。(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至 1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻

19、力的大小可近似表示为 f kv2，其中 v 为速率， k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的 vt 图象如图所示。若该运动员和所带装备的总质量 m100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留一位有效数字)17答案 (1)87 s 8.710 2 m/s (2)0.008 kg/m解析 (1)设该运动员从静止开始自由下落至 1.5 km 高度处的时间为 t，下落距离为h，在 1.5 km 高度处的速度大小为 v。根据运动学公式有 v gt， h gt212根据题意有 h3.910 4 m1.510 3 m解得 t87 s, v8.710 2 m/s。(2)该运动员达到最大速度 vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律有 mg kv 2max由所给的 vt 图象可读出 vmax360 m/ s解得 k0.008 kg/m。18